www.facebook.com/toihoctoan
Sở gd & đt KOMTUM Đề thi thử đại học năm 2014 TRNG THPT NGTRAI Môn: Toán Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 4 2 ( ) 2y f x x x= = 1. Kho sỏt v v th (C) ca hm s. 2. Trờn (C) ly hai im phõn bit A v B cú honh ln lt l a v b. Tỡm iu kin i vi a v b hai tip tuyn ca (C) ti A v B song song vi nhau. Cõu II (2 im) 1. Gii phng trỡnh lng giỏc: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x = + 2. Gii bt phng trỡnh: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x + + > + Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: ( ) 2 4 4 0 cos 2 sin cosI x x x dx = + Cõu IV (1 im) Cho mt hỡnh tr trũn xoay v hỡnh vuụng ABCD cnh a cú hai nh liờn tip A, B nm trờn ng trũn ỏy th nht ca hỡnh tr, hai nh cũn li nm trờn ng trũn ỏy th hai ca hỡnh tr. Mt phng (ABCD) to vi ỏy hỡnh tr gúc 45 0 . Tớnh din tớch xung quanh v th tớch ca hỡnh tr. Cõu V (1 im) Cho phng trỡnh ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ + = Tỡm m phng trỡnh cú mt nghim duy nht. PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh chun. Cõu VI.a (2 im) 1. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho ng trũn (C) v ng thng nh bi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ = + = . Tỡm im M trờn sao cho t M v c vi (C) hai tip tuyn lp vi nhau mt gúc 60 0 . 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho t din ABCD vi A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tỡm ta tõm v bỏn kớnh ca mt cu ngoi tip t din ABCD. Cõu VII.a (1 im) Cú 10 viờn bi cú bỏn kớnh khỏc nhau, 5 viờn bi xanh cú bỏn kớnh khỏc nhau v 3 viờn bi vng cú bỏn kớnh khỏc nhau. Hi cú bao nhiờu cỏch chn ra 9 viờn bi cú ba mu? 2. Theo chng trỡnh nõng cao. Cõu VI.b (2 im) 1. Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú din tớch bng 12, tõm I thuc ng thng ( ) : 3 0d x y = v cú honh 9 2 I x = , trung im ca mt cnh l giao im ca (d) v trc Ox. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht. 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt cu (S) v mt phng (P) cú phng trỡnh l 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + + + = + + = . im M di ng trờn (S) v im N di ng trờn (P). Tớnh di ngn nht ca on thng MN. Xỏc nh v trớ ca M, N tng ng. Cõu VII.b (1 im) Cho , ,a b c l nhng s dng tha món: 2 2 2 3a b c+ + = . Chng minh bt ng thc 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + + + + + + + + + ----------------------Ht---------------------- Đề chính thức ĐÁP ÁN Câ u Ý Nội dung Điểm I 2,00 2 1,00 Ta có 3 '( ) 4 4f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b= = − = = − Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + − Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) A B k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − = Vì A và B phân biệt nên a b≠ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + − = Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b + + − = + + − = ⇔ ≠ ⇔ − = − − + = − + , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( ) 1; 1− − và ( ) 1; 1− . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b + + − = ≠ ± ≠ II 2,00 1 1,00 Điều kiện: ( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x + ≠ ≠ 0,25 Từ (1) ta có: ( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 2 sin sin cos2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x − = ⇔ = + − 0,25 2sin .cos 2 sinx x x⇔ = ( ) 2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k π π π π = + ⇔ = ⇔ ∈ = − + ¢ 0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈ ¢ 0,25 2 1,00 Điều kiện: 3x > 0,25 Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x − − − + + − > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + 0,25 ( ) ( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x − ⇔ − − > ÷ + ( ) ( ) 2 2 3 3 x x x x − ⇔ − − > + 2 10 9 1 10 x x x < − ⇔ − > ⇔ > 0,25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > 0,25 III 1,00 1 1,00 ( ) 2 2 2 2 0 0 1 1 1 cos 2 1 sin 2 1 sin 2 sin 2 2 2 2 I x x dx x d x π π = − = − ÷ ÷ ∫ ∫ 0,50 ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 0 2 4 2 12 | | d x xd x x x π π π π = − = − = ∫ ∫ 050 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB⊥ và ' DO N C⊥ . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI∆ vuông cân tại O nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO = = + = + = + = ÷ ÷ ÷ 0,25 2 3 2 3a 2 3 2 R . . , 8 2 16 a a V h π π π ⇒ = = = và 2 a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 2 2 2 xq a a S π π π = = 0,5 V 1,00 Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) Điều kiện : 0 1x ≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= − ⇒ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m = + − = ⇒ = ± 0,25 * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 0,25 VI a 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R = . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM = . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20x y− + − = . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y − + − = + − = 0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 x y y y y x = − + + − = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 9 3; 2 M ÷ hoặc 27 33 ; 5 10 M ÷ 0,25 2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = = . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3 ;0; 2 2 G ÷ , bán kính là 14 2 R GA= = . 0,50 VII a 1,00 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9 18 C . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có 9 13 C cách. + Không có bi vàng: có 9 15 C cách. 0,25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 10 C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9 10 18 13 15 42910C C C C+ − − = cách. 0,50 VI b 2,00 1 1,00 I có hoành độ 9 2 I x = và ( ) 9 3 : 3 0 ; 2 2 I d x y I ∈ − − = ⇒ ÷ Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) ( ) ( ) 2 2 9 9 2 2 2 3 2 4 4 I M I M AB IM x x y y= = − + − = + = D 12 . D = 12 AD = 2 2. 3 2 ABCD ABC S S AB A AB = ⇔ = = ( ) AD d M AD ⊥ ∈ , suy ra phương trình AD: ( ) ( ) 1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − = . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 0 3 3 3 2 3 3 2 3 2 x y y x y x x y x x x y + − = = − + = − + ⇔ ⇔ − + = − + − = − + = 3 2 3 1 1 y x x x y = − = ⇔ ⇔ − = ± = hoặc 4 1 x y = = − .Vậy A(2;1), D(4;-1), 0,50 9 3 ; 2 2 I ÷ là trung điểm của AC, suy ra: 2 9 2 7 2 2 3 1 2 2 A C I C I A A C C I A I x x x x x x y y y y y y + = = − = − = ⇔ + = − = − = = Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 0,50 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( ) ( ) ( ) 2.2 2. 1 3 16 , 5 3 d d I P d R + − − + = = = ⇒ > . Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. 0,25 Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của ∆ và (P). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;2; 1 P n = − r và qua I nên có phương trình là ( ) 2 2 1 2 3 x t y t t z t = + = − + ∈ = − ¡ . 0,25 Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 9 3 t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − Suy ra 0 4 13 14 ; ; 3 3 3 N − − ÷ . 0,25 Ta có 0 0 3 . 5 IM IN= uuuur uuur Suy ra M 0 (0;-3;4) 0,25 VII b 1,00 Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)x y x y x y + ≥ > > + Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; 2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b + ≥ + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + 0,50 Ta lại có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 4 2 2 0 2 2 4 7 2 1 1 1 0 a b c a b c a b c a b c a a b c ≥ = ⇔ + + + − − − ≥ + + + + + + ⇔ − + − + − ≥ Tương tự: 2 2 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c ≥ ≥ + + + + + + Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 . Sở gd & đt KOMTUM Đề thi thử đại học năm 2014 TRNG THPT NGTRAI Môn: Toán Thời gian 180 phút ( không kể giao. im) 1. Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú din tớch bng 12, tõm I thuc ng thng ( ) : 3 0d x y = v cú honh 9 2 I x = , trung im ca mt cnh l giao